2023年湖南卷物理卷答案

2023年普通高中学业水平选择性考试(湖南卷) 1. A【解析】相同质量的核燃料，轻核聚变要比重核裂变质量亏损更多，根据爱因斯坦质能方程可知，轻核聚变放出的核能更多，A正确，D错误;根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒可知，氘氚核聚变的产物之一为中子，而不是电子，B错误;铀235为核裂变的主要燃料，C错误. 2. B【解析】忽略空气阻力,谷粒被抛出后只受重力作用,加速度为重力加速度g,则两谷粒的加速度相等,A错误;谷粒2从最高点到P点的运动过程可视为平抛运动,作出相关分析图如图所示,将谷粒1从O点到P点的平抛运动与谷粒2从最高点到P点的平抛运动作比较,ℎ2>ℎ1,在竖直方向有ℎ=12gt2,得谷粒2的运动时间长,则谷粒2从O到P的运动时间长,且x2<x1,水平方向有x=vt,得谷粒2在最高点的速度v2x<v 3. C【解析】由题图(b)可知,这三列波的振动周期均为T=4s,由v=λT,可得这三列波的波速均为v=1m/s，A错误;离D点最近的波源是C处的波源,该波源的振动形式从C处传播到D处所需时间Δt1=CDv=3s,所以t=2s时,D处的质点还未开始振动,B错误;由几何知识可知AD=BD=5m,波从A、B处传播到D处所需时间Δt2=ADv=5s,所以t=4.5s时,只有C处波源的振动形式传到D处,D处的质点振动了Δt3=4.5s−3s=1.5s,结合题图(b)可知,在t=4.5s时,D处的质点向y轴负方向运动,C正确;t=6s时,A、B处波源的振动形式传到D处,使D处的质点振动了Δt4=6s−5s=1s,由题图 4. B【解析】质量分布均匀的同一恒星表面任意位置的重力加速度不相同,A错误;在恒星表面两极处,有GMmR2=mg,可得g=GMR2,根据题意可知,恒星坞缩前后,质量不变,体积缩小,可知R变小,则恒星坞缩后表面两极处的重力加速度比坞缩前的大,B正确;由GMmR2=mv12R,可得第一宇宙速度 5. D【解析】若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产生的场强叠加后一定不为零，AB错误;几何关系如图1，若Q1=Q3=−q，则根据E=kQr2分析可知E1=4E3,Q1和Q3在P点产生的电场强度叠加后为E13，如图2所示，与Q2在P点产生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不可能叠加为零， 6. D【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v,有qvB1=qE,即v=EB1,粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动,如图中轨迹1,由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90°,则运动时间为14周期,又qvB2=mv2r,可得r=mvqB2,时间t0=14·2πmqB2,根据几何关系可知OC=2r,若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半,粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半,如图中轨迹2,轨迹对应的圆心角依然为90°,时间t=14⋅2πmqB2=t0，A错误;若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍,粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍,如图中轨迹3,粒子从F点离开磁场,对应的圆心角依然为90°,时间t=14⋅2πm 7. BC【解析】作出临界情况下的光路图,如图甲所示(关键:此时光发生全反射),激光发生全反射的临界角为90°−41°=49°,由n=1sinC可得,水的折射率n=1sin49°,A错误,B正确;当α=60°时,光路图如图乙所示,由n=sinθsin30°=1sin49°可得, 8. AD【解析】小球从B到C的受力分析如图甲所示,沿半径方向,由牛顿第二定律有mgcosθ1−N=mv2R,解得N=mgcosθ1−mv2R,由B到C的过程中,θ1逐渐减小,v逐渐减小,故N逐渐增大,由牛顿第三定律可知,小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大,A正确;由A到C的过程中,小球的竖直分速度逐渐减小,故重力的功率逐渐减小,B错误;小球从A到C的过程中机械能守恒(点拨:小球沿轨道恰好运动到达C点,说明小球运动到C点的速度为零),有12mv02=mg 9. AC【解析】大轮和小轮通过皮带传动，线速度v相同，小轮和线圈同轴转动，角速度相同，根据v=ωr并结合大轮与小轮半径之比为4∶1可知小轮和线圈转动的角速度为4ω,A正确;由题意可知，线圈围成的面积S=L2，产生的感应电动势的最大值为Emax=nBS⋅4ω=4nBL2ω，产生的感应电动势的有效值为E=Emax2=22nBL2ω 10. CD【解析】对A、B两球分别进行受力分析如图1所示, A球在竖直方向受力平衡,有F杆cosθ=mg,解得F杆=mgcosθ,则杆对B球的力F杆'=F杆；B球在竖直方向受力平衡,有FN=mg+F杆'cosθ=2mg,若B球受到的摩擦力为零,对B球,由牛顿第二定律有F杆'sinθ=ma,解得a=gtanθ;对小车和 对B球,由牛顿第二定律得μFN−F杆'sinθ=mam2,又FN=mg+F杆'cosθ,解得am2=2μg−gtanθ,当tanθ≤μ时,am1≤am2 在竖直方向上有F杆cosθ=mg,若B球所受摩擦力水平向左且达到最大静摩擦力,有F杆'sinθ−μFN=ma1',得a1' 11. (3)t010；(5)线性的；(6)A； 【解析】(3)0∼t0内恰有10个完整周期的振动图，故t0 (5)分析图表数据可以看出，在误差允许的范围内，T2∝ (6)质量的单位是kg，劲度系数的单位是N/m，故mk的单位为kg⋅mN=N⋅s2 (7)弹簧不是轻弹簧;手机内部有磁体，与钩码下的小磁铁会产生相互作用;空气阻力的影响等(写出一条即可). 12. (1)1000;(2)R1R2R3; 【解析】(1)由图(b)可知，对应的读数为10×100Ω=1000Ω. (2)根据电压传感器示数为0可得I1R1=I (3)把表格中的数据在图(c)上进行描点，然后用一条直线拟合，使尽可能多的点落在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，离直线较远的点舍弃，如答图所示. (4)根据U−m图像可知，当U=200mV时，m (5)可将C、D以外的电路等效为新的电源，C、D两点电压看做路端电压，因为换用非理想毫伏表后，当读数为200mV时，实际上C、D间断路(接理想毫伏表时)时的电压大于200mV，则在压力传感器上施加微小压力F1时C、D间的电压大于在压力传感器上施加微小压力F0时C、D间的电压，结合U− 13. (1)V0V 【解析】(1)第1次抽气过程，助力气室发生等温变化，由玻意耳定律有 p0V0 (2)第2次抽气过程，有 p1V0 故第n次抽气后，助力气室内的压强为 pn 故第n次抽气后，驾驶员省力的大小 ΔF 解得ΔF 14. (1)2mgRsin (3)gt0 【解析】(1)棒a匀速运动时，对棒a分析，由平衡条件有 mgsin 由法拉第电磁感应定律有 E1 由欧姆定律有 I1 联立解得v0 (2)当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有 mgsin 又BI 联立解得a=2 (3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有 (mg 对棒b，由动量定理有 (mg 结合(1)问结果联立解得 v= 设棒a速度为vi时产生的感应电动势为E Ea 同理设棒b速度为vj时产生的感应电动势为E Eb 棒中电流为 I= 两棒所受安培力的大小均为 F= 对棒b，由动量定理有 mgsin 对方程两侧求和，即 ∑mg 注意到∑Δt=t0 解得Δx 15. (1)2m2 (2)[(M 【解析】(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上小球和凹槽组成的系统动量守恒，有 0=m 对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有 mgb= 联立解得v2 根据人船模型规律，在水平方向上有 mx 又由位移关系知 x1 解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2 (2)小球向左运